【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册课时练习4.4《数学归纳法》(解析版）.doc，共(12)页，559.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时同步练4.4数学归纳法一、单选题1．用数学归纳法证明1351211nnnn，*nN成立.那么，“当1n时，命题成立”是“对*nN时，命题成立”的（）A．充分不必要B

．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要【答案】B【解析】“当1n时，命题成立”不能推出“对*nN时，命题成立”，“对*nN时，命题成立”可以推出“当1n时，命题成立”，所以“当1n时，命题成立”是“对*nN时，命题成立”的必要不充分/故

选B2．用数学归纳法证明“221111,N1nnaaaaana”，在验证1n是否成立时，左边应该是（）A．1B．1aC．21aaD．231aaa【答案】C【解析】用数学归纳法证明“221111,N1nnaaaaana

”，在验证1n时，把1n代入，左边21aa.故选C.3．某个命题与自然数n有关，若*()nkkN时命题成立，那么可推得当1nk时该命题也成立，现已知5n时，该命题不成立，那么可以推得（）A．6n时该命题不成立

B．6n时该命题成立C．4n时该命题不成立D．4n时该命题成立【答案】C【解析】假设4n时该命题成立，由题意可得5n时，该命题成立，而5n时，该命题不成立，所以4n时，该命题不成立.而5n时，该命题不成立，不能推得6n该命题是否成立．故选

C．4．用数学归纳法证明不等式*111111,223422nnnnN…时，以下说法正确的是（）A．第一步应该验证当1n时不等式成立B．从“nk到1nk”左边需要增加的代数式是12kC．从“nk到1nk”左边需

要增加2k项D．以上说法都不对【答案】D【解析】第一步应该验证当2n时不等式成立,所以A不正确；因为11111111111111()2342234221222kkkkk

，所以从“nk到1nk”左边需要增加的代数式是1111121222kkk，所以B不正确；所以从“nk到1nk”左边需要增加12k项，所以C不正确。故选D5．用数学归纳法证明4221232nnn，则当1nk时，左端应在nk

的基础上加上（）A．21kB．21kC．222121kkkD．42112kk【答案】C【解析】当n=k时，等式左端=1+2+…+k2，当n=k+1时等式左端=1+2+…+k2+k2+1+k2+2+…+（k+1）2增加了项（k2+1）+（k2+

2）+（k2+3）+…+（k+1）2．故选C．6．用数学归纳法证明等式，123...221nnn时，由nk到1nk时，等式左边应添加的项是（）A．21kB．22kC．2122kkD．1

2...2kkk【答案】C【解析】因为要证明等式的左边是连续正整数，所以当由nk到1nk时，等式左边增加了1232212112322122kkkkkk，故选C.7

．用数学归纳法证：11112321nn…（*nN时1n）第二步证明中从“k到1k”左边增加的项数是（）A．21k项B．21k项C．12k项D．2k项【答案】D【解析】当nk时，左边11112321k…，易知分母为连续正整数，所以，共有21k

项；当1nk时，左边111112321k…，共有121k项；所以从“k到1k”左边增加的项数是121(21)2kkk项.故选D8．已知n为正偶数，用数学归纳法证明111

1111122341242nnnn时，若已假设(2nkk为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n（）时等式成立A．1nkB．2nkC．22nkD．2(2)nk【答案】B【解析】若已假设n=

k(k≥2，k为偶数)时命题为真，因为n只能取偶数，所以还需要证明n=k+2成立.、故选B.9．用数学归纳法证明1115......1236nnn时，从nk到1nk，不等式左边需添加的项是（）A．111313233kkkB．1111313233

1kkkkC．131kD．133k【答案】B【解析】当nk时，所假设的不等式为1115......1236kkk，当1nk时，要证明的不等式为1111115......2233132336k

kkkkk，故需添加的项为：11113132331kkkk，故选B.10．用数学归纳法证明22221132nnn，则当1nk时，左端应在nk的基础上加上（）A．21k

B．21kC．222121kkkD．22122kk【答案】C【解析】当nk时，等式左端212k，当1nk时，等式左端222212121kkkk，增加了项22221231kk

kk．故选C．11．用数学归纳法证明“52nn”能被3整除”的第二步中1nk时，为了使用假设，应将1152kk变形为（）A．52452kkkkB．55232kkkC

．5252kkD．55235kkk【答案】B【解析】根据数学归纳法，当1nk时，应将1152kk变形为55232kkk，此时，552kk和32k都可以被3整除.故该变形是合理的.故选B

.12．已知数列na的前n项和2nSn，数列nb满足1log01nnanabaa，nT是数列nb的前n项和，若11log2nanMa，则nT与nM的大小关系是（）A．nnTMB．nnTMC．nnTMD．nnTM

【答案】C【解析】因为2nSn，所以11=1,21(2)nnnaaSSnn适合n=1,所以=21nan.所以2log21nanbn，所以24622462logloglogloglog()1352113521naaaaannTnn111log=log

(21)log2122nanaaMann，下面利用数学归纳法证明不等式*13211()24221nnNnn（1）当1n时，左边12，右边31，左边右边，不等式成立，（2）22414nn，即2(21)(21)

(2)nnn．即212221nnnn，21222223kkkk，2112(1)23kkk，假设当nk时，原式成立，即1121123221kkk，那么当1nk时，即1121211212112322(1)2(1)2(1)212

3kkkkkkkkkk，即1nk时结论成立．根据（1）和（2）可知不等式对任意正整数n都成立．所以24622113521nnn，因为0＜a＜1，所以2462log()log2113521

aannn，所以nnTM.故选C二、填空题13．用数学归纳法证明“*1111,12321nnnNn”时，由(1)nkk不等式成立，推证1nk时，则不等式左边增加的

项数共______项【答案】2k【解析】当(1)nkk时，不等式左边为11112321k，当1(1)nkk时，不等式左边为11111112321221kkk，则由(1)nkk不等式成立，推证1nk时，则不等式左边增加的项数共121212kkk

项，故填2k.14．用数学归纳法证明等式，123...221nnn时，由nk到1nk时，等式左边应添加的项是_______________.【答案】2122kk【解析】因为要证明等式的左边是连续正整数，所以当由nk到1nk时，等式

左边增加了1232212112322122kkkkkk，故填2122kk.15．凸n边形的对角线的条数为()fn，则凸1n边形有对角线条数(1)fn为__________.【答案】

()1fnn【解析】在凸n边形的一边外加一点，此点与该边的两点连接可得到凸1n边形，因此原凸n边形的这条边变为对角线，增加的第1n个顶点与原来凸n边形的2n顶点的连线也是增加的对角线，共增加了211nn条，所以(1)()1

fnfnn．故填()1fnn．16．用数学归纳法证明1115......1236nnn时，从nk到1nk，不等式左边需添加的项是______________.【答案】11113132331kkkk

【解析】当nk时，所假设的不等式为1115......1236kkk，当1nk时，要证明的不等式为1111115......2233132336kkkkkk，故需添加的项为：

11113132331kkkk，故填11113132331kkkk.17．已知正项数列{}na满足11a，前n项和nS满足214(3)(2,)nnSannN≥，则数列{}na的通项公式为na__________

____．【答案】21n【解析】当1n时，11a；当2n时，221224(3)16,4,3SaSa；当3n时，232334(3)36,9,5SaSa；当4n时，243444(3)64,16,7SaSa，猜想得21nan

，故21nan，下面用数学归纳法证明：①11a，满足21nan，②假设nk时，结论成立，即21kak，可得2kSk，则22214(3)(22)4(1)kkSakk，222

111(1),(1)21kkkkSkaSSkkk2(1)1k，也满足21nan，结合①②可知，21nan，故填21nan．18．已知正项数列na的前n项和为nS，数列nS的前n项积为nT，若21nnST，则数列1n

a中最接近2019的是第______项.【答案】45【解析】21nnST，可得1121ST，且1113ST；则12321nnSSSSS，即12321nnSSSSS，1123121nnSSSSS，即1231121nnSSSSS，两式相除得：

11111nnnSSS，则112nnSS，由113S，解得235S；由235S，解得357S；猜想2121nnSn，用数学归纳法证明，当1n时，113S，满足2121nnSn，假设当*nkkN时，猜想成立，即2121kkSk

，则当1nk时，1112121223221kkkSkSkk，满足2121nnSn，故猜想成立，即2121nnSn.1113aS，2n时，12123421212121nnnnnaSSnnnn，当1n，113a不满足

42121nann，故3,112121,24nnnnan，由22121144nnn，当44n时，21441935.754，当45n时，21452024.754，当46n时，21462115.754．综上可得数列1na

中最接近2019的是第45项．故填45．三、解答题19．求证：122213521nnnnn.【解析】当1n时，左边2，右边2，等式成立.假设nk时等式成立，即1

2221321kkkkk.那么当1nk时，左边111221kkk2322122kkkkk122212kkkk213521212kkk

1213521211kkk右边.这就是说，当1nk时等式仍成立.综上可知，对一切*nN，等式成立.20．用数学归纳法证明：1111123421nn.【解析】（1）当1n时，左边1，右边1，不等式成立.（2）假设当nk

，*kN时，不等式成立，即有1111123421kk，则当1nk时，左边1111123421k112111221kkkk111122121kk

k，又111122121kkk1212kk即1111123421k112111221kkk1k，即当1nk时，不等式也成立.综上

可得，对于任意*nN，1111123421nn成立.21．已知数列11(1)nnnaab，nN，且11a．（1）若nb的前n项和为22n，求na和nb的通项公式（2）若2nbn，求证：92na【解析】（1）nb的前n项和为22n，nb是等差数

列，设nbanb，则12112()22nbabbbnn，112ab12nbn1121(1)1212nnnnaaann，12121nna

nan，122123121232532325231nnnnnnaaaannnaaaannn21nan21nan满足11a21nan（nN）（2）2

nbn代入11(1)nnnaab得121(1)nnaan，1211nnaan用数学归纳法证明：1n时，1912a显然成立，设nk时，92ka成立，则1nk时，1222191999(1)(1)2222kk

aakkk所以92na成立22．设数列na为前n项和为nS，12a，数列2nS是以2为公比的等比数列．（1）求na；（2）抽去数列na中的第1项，第4项，第7项，…，第32n项，余下的项顺序不变，组成一个新数列nc，若nc的前n项和为

nT，求证：1121153nnTT．【解析】（1）由题意得：112Sa，124S，已知数列2nS是以4为首项，2为公比的等比数列，所以有122nnS，122nnS，当2n

时，12nnnnaSS，又12a，所以2,1nnanNn.（2）由（1）知2,1nnanNn，∴数列nc为22，32，52，62，82，92，…，它的奇数项组成以4为首项，公比为8的等比数列；偶

数项组成以8为首项、公比为8的等比数列；∴当*21nkkN时，13212422nkkTcccccc25313633222222kk181841

85128181877kkk，31151212128287777kkknnnTTc，11281212845812555812nnTkTkk，∵58

1228k，∴11235nnTT．∴当*2nkkN时，1321242nkkTcccccc2531363222?222kk41881812128

181877kkk，3211121240128287777kkknnnTTc，∴140812107128123381nnTkTkk，∵817k，∴1101133nnTT，∴1121

153nnTT．